2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней. На страницу Пред.  1 ... 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18 ... 33  След.
 
 
Сообщение02.04.2009, 19:56 


06/12/08
115
Виктор Ширшов.

Вот это другое дело, это по деловому.
Что же касается, высказанного Вами сомнения, то ответ здесь простой. Суммы квадратов равные кубу, и суммы квадратов равные сумме кубов не могут быть одними и теми же числами. Если бы такое было, то это означало бы, что сумма кубов может быть равна кубу. А что это невозможно, так как это доказано Эйлером и Petern1 (доказательства принципиально различны).
С другой стороны, я с Вами вполне согласен. Было бы полезным и, думаю, весьма интересным дать непосредственное доказательство. Того, что вычисляемые по формулам числа
$a , b$ , сумма квадратов которых равна кубу (см. первую стр. темы). И числа $c ,d$ , сумма квадратов которых равна сумме кубов ( стр. 14) . Что эти числа по парно не могут быть равны. И, уважаемый Виктор, я не только не возражаю. Наоборот , я прошу Вас, или любого участника форума попытаться найти такое доказательство. И авторство Вам и честь и хвала вам.
Но stop. Полученные мною формулы вчисления $a,b,c,d$, удовлетворяющих равенству
$a^3+b^3=c^2+d^2$ полностью не охватывают все возможные случаи. И я продолжаю над этим работать. И я снова предлагаю и Вам и любому другому участнику форума приложить свой ум к решению этой задачи. Я был бы счастлив узнать, что кто-то нашел решение быстрее меня и лучше меня. Что Вы скажете? С уважением Petern1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.04.2009, 18:02 
Заблокирован


14/02/09

1545
город Курганинск
Petern1 в сообщении #201299 писал(а):
Суммы квадратов равные кубу, и суммы квадратов равные сумме кубов не могут быть одними и теми же числами. Если бы такое было, то это означало бы, что сумма кубов может быть равна кубу.
.
Если бы числа в квадрате и кубе были одними числами, то это означало бы, что сумма кубов больше суммы квадратов.
Petern1 в сообщении #201299 писал(а):
И я снова предлагаю и Вам и любому другому участнику форума приложить свой ум к решению этой задачи. Я был бы счастлив узнать, что кто-то нашел решение быстрее меня и лучше меня. Что Вы скажете? С уважением Petern1.

Я скажу Вам спасибо, но от данного предложения откажусь. Мне есть куда прилагать свой ум.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.04.2009, 23:45 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Petern1
Изящно. Любое уравнение$x^n+y^n=a^2+b^2$ имеет бесчисленное множество решений как для простых, так и непростых $n$.
Хотя надо признать, что ваша мысль мне понятна и мне доставляет неслыханное удовольствие то терпение, с которым вы пытаетесь разгадать тайну неполных квадратов. Сам бы я давно уже на вашем месте потерял интерес, но вы продолжаете.
Самому мне на ум пришла неожиданно интересная мысль: а что, если дело совсем не в неполных квадратах, а именно в показателе, равном двум. Другими словами, что если формы $a^2\pm k_1ab\pm k_2b^2$ являются также взаимными, и более того, даже формы $a^2\pm k_1a\pm k_2b\pm k_3ab\pm k_4b^2$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.04.2009, 15:58 


06/12/08
115
МАТ

Уважаемый Мат, Вы потерялись на целый месяц, и, наконец, объявились. Рад встрече.
Вы говорите «любое уравнение
$x^n+y^n=a^2+b^2$ имеет бесчисленное множество решений”.
Не могли бы Вы показать мне решение ур-ния
$x^5+y^5=a^2+b^2$. Буду благодарен.
Вторая Ваша мысль получилась как-то незаконченной. После знака ? надо продолжение…. Petern1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.04.2009, 17:02 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Petern1
Да потерялся, увы. Виноват, извините.
К сожалению в излюбленном вашем виде общего или частного решения привести не могу (да и длинно это), но вот в числовом виде:
$4^5+1^5$ двумя способами представимо в виде суммы квадратов:
$4^5+1^5=31^2+8^2$
$4^5+1^5=32^2+1^2$
Первая нетривиальная пара:
$12^5+5^5=494^2+89^2$
$12^5+5^5=394^2+311^2$
Что касается седьмых степеней, то:
$4^7+1^7=103^2+76^2$
$4^7+1^7=92^2+89^2$
Хочу заметить, что интерес представляет лишь нахождение тех пар, которые не являются квадратами. С этой точкт зрения пары:
$4^5+1^5$ и $4^7+1^7$ интереса не представляют, т.к. числа $4$ и $1$ сами являются квадратами, а поэтому данные решения неинтересны. Интерес представляют лишь нетривиальные решения вида:
$12^5+5^5=394^2+311^2$
$8^7+5^7=1341^2+614^2$
Добавлено спустя 33 минуты 50 секунд:

Что касается второй мысли, то верно ли, что для любых $k_1, k_2, k_3, k_4$, и $a, b, c, d$ существуют такие $p,q$, что:
$$p^2\pm k_1p\pm k_2q\pm k_3pq\pm k_4q^2=
(a^2\pm k_1a\pm k_2b\pm k_3ab\pm k_4b^2)(c^2\pm k_1c\pm k_2d\pm k_3cd\pm k_4d^2)$$. Мне кажется что да.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.04.2009, 19:33 


06/12/08
115
МАТ

Числовыми примерами Вы меня ошарашили. Не ожидал, не думал. Вместе с тем Вы выдвинули, как мне кажется, очень интересную и прекрасную задачу
$x^n+y^n=a^2+b^2$. По трудности решение этой задачи будет не легче самой ВТФ. И в процессе ее решения должны выявиться прекрасные соотношения целых чисел. Честь и слава тому, кто первым ее решит (если это возможно).
Но позвольте Вас спросить, откуда у Вас эти примеры? Как они получены? Неужели методом «тыка»? Если у Вас есть еще такие примеры для 5-ой и 7-ой, скинте мне их, пожалуйста. Быть может через некоторое время я попытаюсь решать поставленную Вами задачу. Сейчас же я готовлю большое сообщение. Думаю, и Вам будет интересно. Следите.
Вторая Ваша задача показалась мне как бы надуманной, не мотивированной. И, извините за откровенность, не вызвала у меня интереса. Хотя может быть я не все понял
С уважением Petern1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение20.04.2009, 20:11 


20/04/09

113
Ух ты! DxDy рулит! И доказательство теоремы Ферма, и много других новых теорем!
Petern1 вы прям Эйлер 21 века!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.04.2009, 15:36 


06/12/08
115
МАТ

Уважаемый МАТ, попрошу Вас внимательно ознакомиться с предложенными выкладками и высказать свои суждения, замечания.
Ясно, что эта просьба относится и к другим участникам форума.



О прдставимости степеней натуральных чисел
суммами двух чисел в той же степени.

Обще известно, что при изучении сумм необходимо рассматривать только взаимно простые числа.

Сформулируем аксиому:
Сумма двух взаимно простых чисел взаимно проста с
каждым из слагаемых.
$a+b=c$ Если $a , b$ взаимно просты, то и $c$ взаимно просто и с $a$, и с $b$. Доказательство от противного. Предполагаем: пусть $c$ не взаимно просто с $a$ и имеет с ним общий множитель $p_1$ , так что $a=p_1p_2$ а $c=p_1p_3$. Тогда
$a+b=c.  p_1p_2+b=p_1p_3.  b=p_1p_3-p_1p_2=p_1(p_3-p_2)$
Значит и $b$ должно иметь множитель $p_1$ т. е. быть не взаимно простым с числом $a$ , что противоречит исходному.
Из этого следует, что если к сколь угодно составному числу прибавить единицу, или другое сколь угодно составное число, но с другими множителями, то в полученной сумме не окажется множителей, входящих в слагаемые.

КВАДРАТЫ.

Квадраты могут быть представлены суммой двух квадратов.
В этом утверждении ничего нового нет. Но метод, которым мы этого будем достигать отличается от известных и он нам понадобится в дальнейшем.
Из квадрата вычтем квадрат
$a^2-b^2=(a-b)(a+b)$. Разность$a-b$ обозначим $c$, тогда
$a=b+c$. Подставим это вместо $a$
$a^2-b^2=(a-b)(a+b)=c(b+c+b)=2bc+c^2$. И так разность квадратов представляется двояким образом. Это равносильные выражения.
Теперь задаемся вопросом: может ли разность квадратов быть равна квадрату? И для ответа на этот вопрос лучше подходит последнее выражение. Предположим
$2bc+c^2=x^2$ Тогда
$2bc=x^2-c^2=(x-c)(x+c)$. Анализируем
Слева четное число $2bc$, значит справа тоже должно быть четное число. $(x-c)(x+c)$ должно быть четным. Но, если
$(x-c)$ четно, то и $(x+c)$ четно, и, наоборот, если не четны, то оба сомножителя . По этому, однозначно, $(x-c)$ должно быть равно 2.
$x-c=2$, тогда $x=c+2$. Тогда
$(x-c)(x+c)=2(c+2+c)=2(2c+2)=2*2(c+1)$. Тогда
$2bc=2*2(c+1) , bc=2(c+1)$. Слева $c$, справа $(c+1)$--это взаимно простые числа, поэтому $c$ может принимать значения либо 1, либо 2.
$c=1$, тогда $b=2(1+1)=4$, тогда $2bc+c^2=2*4+1^2=9=3^2$
$c=2$, тогда $b=(2+1)=3$, тогда $2bc+c^2=2*3*2+2^2=16=4^2$.
А теперь остановимся и зададим себе такой вопрос: почему равенство
$bc=2(c+1)$ оказалось возможным, почему оно СОСТОЯЛОСЬ?! Оно состоялось потому, что слева только два сомножителя и ничто не мешает распределить между ними то, что находиться справа. Это очень важное утверждение. Здесь же добавим, что в этом равенстве можно левую и правую части умножить на любое (понятно одно и то же) число, от чего равенство сохраниться. Запишем
$bc*p_1p_2…=2*p_1p_2…*(c+1)$. Теперь числу $c$ можно придавать значения $1 , 2 , p_1 , p_2$ и т. д., и будем получать определенные значения $b$. И если эти значения подставить в
$2bc+c^2$, то мы будем получать квадраты. И из этих же значений $b,c$ состоит и $a$
$a=b+c$, квадрат которого представим суммой двух квадратов.


КУБЫ.

Куб не может быть представлен суммой двух кубов.

Из куба вычтем куб
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$. Обозначим $(a-b)=c$. Тогда
$a=b+c$. В неполный квадрат подставим это значение $a$.
$a^3-b^3=c(b^2+2bc+c^2+b^2+bc+b^2)=c(3b^2+3bc+c^2$
$a^3-b^3=3b^2c+3bc^2+c^3$. Предположим, что сумма этих 3-х слагаемых равна кубу.
$3b^2c+3bc^2+c^3=x^3$. Тогда
$3bc(b+c)=x^3-c^3=(x-c)(x^2+xc+c^2)$. $(x-c)$ и $(x^2+xc+c^2)$ это взаимно простые числа по любому простому числу $p$, кроме $p=3$ (Смотри П4 на первой странице темы). Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$. Пусть
$x-c=3,x=c+3$. Подставим
$$(x-c)(x^2+xc+c^2)=3(c^2+6c+9+c^2+3c+c^2)=3(3c^2+9c+9)=9(c^2+3c+3)$$. Далее запишем
$3bc(b+c)=9(c^2+3c+3)$ . $bc(b+c)=3(c^2+3c+3)$. Число в скобке справа можно записать
$c^2+3c+3=c(c+3)+3$. При любом $c$ не содержащем 3, сумма этих двух слагаемых взаимно проста с $c$ (смотри аксиому)
И так в равенстве
$bc(b+c)=3(c^2+3c+3)$ число $c$ слева и число $(c^2+3c+3)$ справа взаимно просты, поэтому $c$ может принимать значения либо 1, либо 3.
Если $c=1$, тогда $b(b+1)=3*7$. Слева при любом $b$ число четное, справа нечетное. Равенство не возможно.
Если $c=3$, тогда $3b(b+3)=3(9+9+3)$, $b(b+3)=21=3*7$. Слева при любом $b$ четное, справа нечетное. Равенство не возможно. Сравниваем с квадратами и утверждаем, что здесь равенство не состоялось по той причине, что слева здесь три сомножителя $bc(b+c)$. И множитель $(b+c)$ не позволил равенству состояться, о чем мы говорим с сожалением.
Но мы здесь обнаружили и то, что число $c$ определенно должно быть равно 3, или $3p$. Но что такое $c$? Это же $a-b$. Таким образом, если мы будем брать числа
$a$ и $b$ такие, что $a-b=3$, то разность их кубов не может быть равна кубу.
А теперь рассмотрим случай, когда $a-b=3p$
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2^$, если $a-b=3p$, то$a=b+3p$. Подставим это значение $a$ в равенство
$a^3-b^3=3p[(b+3p)^2+(b+3p)b+b^2]=3p(b^2+6bp+9p^2+b^2+3bp+b^2)$.
Окончательно запишем
$a^3-b^3=3p(3b^2+9bp+9p^2)=9b^2p+27bp+(3p)^3$. И задаемся тем же вопросом: может ли последнее выражение быть равно кубу?
$9b^2p+27bp+(3p)^3=x^3$
$9bp(b+3p)=x^3-(3p)^3=(x-3p)(x^2+x3p+9p^2) $. Слева есть множитель$9=3*3$, значит и справа должно быть множителю
$3$ и он должен быть и в $(x-3p)$ и в
$(x^2+x3p+9p^2)$. Положим $(x-3p)=3$. Тогда
$x=3p+3$ , и тогда
$(x^2+x3p+9p^2)=27p^2+27p+9=9(3p^2+3p+1)$. И тогда запишем
$9bp(b+3p)=3*9(3p^2+3p+1)$
$bp(b+3p)=3(3p^2+3p+1)$. Поскольку $p$ и $(3p^2+3p+1)$ взаимно простые числа, то $p$ в этом равентве может быть равно либо 1, либо 3. Если $p=1$, то
$b(b+3)=3*7$. Видим слева при любом $b$ чет, справа нечет.
Если $p=3$ то
$3b(b+9)=3(3p^2+3p+1)$. Слева чет, справа нечет. Таким образом равенство
$bp(b+3p)=3(3p^2+3p+1)$ невозможно. Это означает, что
$9b^2p+27bp+(3p)^3$ кубу не равно.
Мы могли бы проделать аналогичные выкладки задавшись разностью $a-b=9p$. Очевидно, что и в этом случае мы придем к такому же результату. Это означает, что разность
$a^3-b^3$ не может быть равна кубу, и мы вынуждены согласиться, что $a^3$ не может быть равен сумме двух кубов.

5—ые СТЕПЕНИ.

$a^5-b^5=(a-b)(a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4).  Полагаем  $a-b=c$
$a=b+c$ Подставим
$a^5-b^5=c(5b^4+10b^3c+10B^2c^2+5bc^3+c^4)$ или
$a^5-b^5=5b^4c+10b^3c^2+10b^2c^3+5bc^4+c^5=x^5$
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=x^5-c^5$. Но
$x^5-c^5=(x-c)(x^4+x^3c+x^2c^2+xc^3+c^4)$. Произведение этих сомножителей должно содержать число 5, так как оно равно
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3$. А это возможно если $x-c=5$, или
$5p$. Рассматриваем случай $x-c=5$, тогда $x=c+5$. Подставим это вместо $x$ и после вычислений получим
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=5*5(c^4+10c^3+50c^2+125c+125)$.
Поскольку число $c$ слева и число в скобке справа являются взаимно простыми числами (см. П4) , поэтому $c$ может принимать значения либо 1 либо 5. И в том и другом случаях мы получим слева четное число, справа не четное. В точности так, как и у кубов. И поэтому мы можем сказать, что разность
$a^5-b^5$, при $a-b=5$, пятой степени равно быть не может.
Рассмотрение случая, когда $a-b=5p$ приведет к тому же результату (как и у кубов), так что мы вынуждены согласиться, что и $a^5$ невозможно записать суммой двух чисел в 5-ой степени.

7—ая СТЕПЕНЬ.

Если для 7—ых степеней проделать выкладки аналагичные кубам и 5-ой степ., то мы так же придем к равенству, у которого слева будет четное число, а справа нечетное и равенство не возможно. Таким образом и 7—ая степнь не представима суммой двух слагаемых в этой же степени. Из-за большой громоздскости выкладки я пока не привожу.

После сказанного становится понятным, что и для больших степеней $n$ равных простым числам, окажется невозможным записать их суммой двух чисел в той же степени. А если такое правило присуще для простых показателей, то оно может быть рапространено и на составные числа, что обще известно.

Уважаемые участники форума, прошу внимательно рассмотреть предлагаемые обоснования с тем чтобы их или отклонить , или согласиться и отшлифовать.
С уважением Petern1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.04.2009, 17:45 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Petern1
согласен. В случае для $n = 3$ у вас получается, что либо $b$, либо $a$, либо $c$ кратно $3$. Для случаев $5, 7$ боюсь, аналогии заканчиваются, т.к. там совсем другие делимости на $5$ и на $7$. Здесь же и дело в удивительных свойствах неполных квадратов, которые в отличие от $5$-х и $7$-х степеней являются представимыми.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение22.04.2009, 17:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Petern1 в сообщении #207026 писал(а):
Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$

А почему не может быть, что , наоборот,
$(x^2+xc+c^2)$ делится на 3??
Petern1 в сообщении #207026 писал(а):
Мы могли бы проделать аналогичные выкладки задавшись разностью $a-b=9p$. Очевидно, что и в этом случае мы придем к такому же результату.

Не очевидно!! Приведите доказательство. Именно на этом месте коллега ljubarcev.застрял. И он тоже писал, что это очевидно, но доказать не смог.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.04.2009, 20:46 


06/12/08
115
МАТ

Shwedka

Уважаемые МАТ и Shwedka, чрезвычайно Вам благодарен за столь быструю реакцию и за вопросы!
МАТ, полагаю Вы не обидитесь, если я вначале дам ответ Shwedke.
Уважаемая Shwedka, поднимаемый Вами вопрос возникал ранее и я давал на него ответ. Но полагаю необходимым изложить сейчас в более полном объеме, даже больше чем Вы спрашиваете. В этом ответе найдется ответ и МАТУ.
Как известно разность
$a^n-b^n$ при $n$ равном простому числу 3 и более всегда равна произведению
$a^n-b^n=(a-b)*A_n$. Для разности кубов $A_3$ это не полный квадрат суммы. Для разности 5-ых степеней
$A_5=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$
Так вот оказывается, что этим сомножителям $a-b$ и $A_n$ присуще фундаментальное свойство, состоящее в том, что они являются взаимно простыми числами по любому простому числу $p$ , кроме $p$ равного $n$
И доказать это глобальное свойство можно очень просто. Для этого надо разделить алгебраически (помню в школе этому учили) $A_n$ на $(a-b)$. Процедуру деления я не могу показать, не знаю как это делается на компьютере. Но словами скажу применительно к 5-ым степеням.
$A_5$ --это делимое, $(a-b)$ -- это делитель. После деления получим частное. Оно такое
$(a^3+2a^2b+3ab^2+4b^3$, и получим остаток $5b^4$.
Теперь мы можем сказать, что число $A_5$ равно
Делитель*частное+остаток. Запишем
$A_5=(a-b)(a^3+2a^2b+3ab^2+4b^3)+5b^4$. Замечаем, что число
$A_5$, состоящее из 5 слагаемых, превратилось в два слагаемых. В первом слагаемом есть множитель $(a-b)$ во втором слагаемом множители $5b^4$. И посколько $a$ и $b$ взаимно простые числа , а только такие случаи и должны рассматриваться (это общеизвестно), то $(a-b$ и $b$, так же являются взаимно простыми числами. При сложении
происходит взаимное уничтожение множителей, входящих как в$(a-b)$ , так и в $b$ (смотри аксиому). Вот и означает, что если $(a-b)$ возмем составным числом, равном $p_1,p_2…$, то в числе $A_5$ сомножителей $p_1,p_2…$ не будет. Но если мы возмем такие $a,b$, разность между которыми равна 5 или
$5p$, тогда 5 выносится за скобку. И получается,что $A_5$ имеет множитель 5.
Уважаемая Shwedka, проделайте сказанное выше алгебраическое деление $A_3$ и $A_7$ на $(a-b)$ и Вы получите остатки $3b^2$ и $7b^6$. И $A_3$ можно записать
$A_3=(a-b)(a+2b)+3b^2$. Чтобы сумма этих двух слагаемых содержала множитель 3, необходимо, чтобы тройку содержала либо $(a-b)$, либо $(a+2b)$. Если $(a-b)=3p$, То
$A_3=3p(a+2b)+3b^2=3[p(a+2b)+b^2]$. В $A_3$ есть 3. Но посмотрим, чему в этом случае равно $(a+2b)$. Ведь если
$(a-b)=3p$, то $a=3p+b$. Тогда $(a+2b)=3p+2b+b=3p+3b=3(p+b)$. Еще раз запишем
$A_3=3p*3(p+b)+3b^2=3[p*3(p+b)+b^2]$. Как видим, за скобку можно вынести только одну 3.
Далее рассматриваем случай $(a+2b)=3p,a=3p-2b$. Тогда
$a-b=3p-2b-b=3p-3b=3(p-b)$. И так получилось,что если
$(a-b)$ содержит множитель 3, то его содержит и $(a+2b)$. И наоборот. Это совпадающие события. Поэтому трех-член
$A_3=a^2+ab+b^2$ может содержать 3 только в том случае, когда $a-b=3p$, $(p=1,2,3…) .  И  здесь  видно,  что  $A_3$ может содержать только одну 3.
И в ответ Вам, уважаемая Shwedka, скажем так , что $A_3$ не может иметь множитель 3, если его нет в $(a-b)$. Поэтому и говорим, что по множителю 3 $A_3$ и $(a-b)$ не взаимно просты. По всем же другим числам они взаимно просты.
Заметим, что 3 это ведь показатель степени.
И скажу еще так, что изложенное здесь есть не что – то выдуманное, а естественные, реально существующие соотношения целых чисел.
На этом ответ на первый Ваш вопрос, полагаю, можно закончить.
Во втором вопросе Вы предлагаете проделать выкладки для случая $a-b=9p$. Проделаем с некоторыми пропусками.
$a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$. Пусть $a-b=9p,a=b+9p$. Тогда
$a^3-b^3=9p[3b^2+27bp+(9p)^2]$, $9p$ в скобку
$a^3-b^3=27b^2p+243bp^2+(9p)^3=x^3$.
$27bp(b+9p)=x^3-(9p)^3=(x-9p)[x^2+x9p+(9p)^2]$
$x-9p$ может принимать значения или 3, или 9, или 27. Пусть
$x-9p=3,x=9p+3$. Подставим, получим
$27bp(b+9p)=27(3p^2+9p+1)$
$bp(b+9p)=3p^2+9p+1$ , $p$ может быть равно только 1, тогда слева чет, справа не чет.
Пусть $x-9p=9,x=9p+9$. После преобразований получим
$bp(b+9p)=9(p^2+9p+3)$ Здесь $p$ может принимать значения 1,3,9 . И при всех этих значениях слева чет, справа не чет.
Обратим внимание, что $p$ может принимать только не четные значения, из-за чего получается слева четное число. Справа же всегда не чет. Равенство не возможно.
Уважаемый МАТ, выкладки для 5-ых и 7-ых степеней в точности такие как и для кубов. Отличие лишь в том, что здесь будут фигурировать числа 5 или 7. Присмотритесь, пожалуйста внимательней. Прочтите и этот ответ Shwedke.
И прошу Вас (обоих) прдолжить общение, с тем чтобы выяснить все нюансы.(Устал) С уважением Petern1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.04.2009, 22:00 
Заблокирован
Аватара пользователя


16/12/08

467
Краснодар
Petern1 писал(а):
$5bc(b^3+2b^2c+2bc^2+c^3)=5*5(c^4+10c^3+50c^2+125c+125)$.
Поскольку число $c$ слева и число в скобке справа являются взаимно простыми числами (см. П4) , поэтому $c$ может принимать значения либо 1 либо 5. И в том и другом случаях мы получим слева четное число, справа не четное. В точности так, как и у кубов. И поэтому мы можем сказать, что разность
$a^5-b^5$, при $a-b=5$, пятой степени равно быть не может.
Рассмотрение случая, когда $a-b=5p$ приведет к тому же результату (как и у кубов), так что мы вынуждены согласиться, что и $a^5$ невозможно записать суммой двух чисел в 5-ой степени.

Вот начиная с этого момента. $c$ может принимать значения не только либо 1 либо 5, а вообще любые значения при условии, что $x=c+5p$

Еще. Начал разбираться в ваших выкладках:
Petern1 писал(а):
Поскольку $p$ и $(3p^2+3p+1)$ взаимно простые числа, то $p$ в этом равентве может быть равно либо 1, либо 3.

Так это выходит, что в случаях кубов числа $x$ и $c$ могут быть связаны лишь соотношением $x=c+3$, $p=1$ и $x=c+9$, $p=3$

Хотя должен признать, что Ваше доказательство уже вносит определенный вклад в математику, т.к. для случая $n=3$ вы наши абсолютно собственное автономное доказательство теоремы Ферма. С чем вас и поздравляю.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение23.04.2009, 22:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Petern1 в сообщении #207026 писал(а):
Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):
А теперь рассмотрим случай, когда $a-b=3p$

вот на этом месте произошла некоторая подмена.
Было $x-c$, стало $a-b$
Petern1 в сообщении #207504 писал(а):
$27bp(b+9p)=x^3-(9p)^3=(x-9p)[x^2+x9p+(9p)^2]$
$x-9p$ может принимать значения или 3, или 9, или 27.
Вот это, ппожалуйста, обоснуйте.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.04.2009, 10:06 


06/12/08
115
Shwedka. Продолжение ответа.

Уважаемая Shwedka, не могу не выразить восхищения тонкостью Вашего ума. Вы подняли очень важный вопрос, который в общем виде можно сформулировать так:
$a^n-b^n=(a-b)A_n$. Так вот Ваш вопрс сводится к тому, что может ли число $A_n$ содержать множитель $n$ при таких
$a,b$ , при которых $a-b$ множителя $n$ не содержит.
Вы задали вопрос для $n=3$. Но этот же вопрс относится и к любому $n$. Проделаем для $n=5$.
$a^5-b^5=(a-b)[a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4].  Число  в  квадратной  скобке  обозначим  $A_5_,_1$.
$A_5_,_1=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$. Разделим его на $a-b$
$A_5_,_1=(a-b)[a^3+2a^2b+3ab^2+4b^3]+5b^4$. Эта сумма может иметь множитель 5, если он есть либо в $a-b$, либо в числе в квадратной скобке, которое мы обозначим $A_5_,_2$ Может ли зто число содержать множитель 5 если $a-b$ на 5 не делится.
Разделим $A_5_,_2$ на $a-b$
$A_5_,_2=(a-b)[a^2+3ab+6b^2]+10b^3$. Эта сумма может содержать множитель 5, если он есть либов $a-b$, либо в числе в квадратной скобке. Обозначим $A_5_,_3$. Может ли это число содержать множитель 5, если его не имеет $a-b$. Опять же разделим $A_5_,_3$ на $a-b$ Получим
$A_5_,_3=(a-b)(a+4b)+10b^2$ Оба сомножителя в первом слогаемом в первой степени и нам легко разобраться в их соотношениях. Если $a-b=5p$, то это нам не нужно. Нам надо, чтобы $a+4b$, равно $5p$. Если
$a+4b=5p$, то $a=5p-4b$. Тогда $a-b=5p-4b-b=5p-5b=5(p-1)$. И так если $a+4b$ имеет 5, то и $a-b$ так же имеет 5. Из этого следует, что
$A_5=a^4+a^3b+a^2b^2+ab^3+b^4$, может делиться на 5, только при таких $a,b$ , разность которых тоже делится на 5.
Ну, и я полагаю, что можно сказать, что такая процедура исследования подойдет для любого $n=p$.
Уважаемая Shwedka, если Вы увлекаитесь наукой о целых числах, то проделайте аналогичные выкладки для $n=7$. Вы доставите себе удовольствие и радость. Рад общению.
Petern1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.04.2009, 11:32 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
3542
Швеция
Я Вам конкретные вопросы задала
shwedka писал(а):
Petern1 в сообщении #207026 писал(а):
Поэтому наличие числа 3 слева однозначно обязывает разность $x-c$ быть равной 3 или $3p$, где $p=1,2,3…$

Petern1 в сообщении #207026 писал(а):
А теперь рассмотрим случай, когда $a-b=3p$

вот на этом месте произошла некоторая подмена.
Было $x-c$, стало $a-b$
Petern1 в сообщении #207504 писал(а):
$27bp(b+9p)=x^3-(9p)^3=(x-9p)[x^2+x9p+(9p)^2]$
$x-9p$ может принимать значения или 3, или 9, или 27.
Вот это, ппожалуйста, обоснуйте.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Эта тема закрыта, вы не можете редактировать и оставлять сообщения в ней.  [ Сообщений: 489 ]  На страницу Пред.  1 ... 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18 ... 33  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
cron
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group